2020年高考物理一轮复习第15章第64讲机械振动学案（含解析）（选修3_4）.doc

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1、1第 64 讲 机械振动考点一 简谐运动1定义：质点在跟位移大小成 正比并且总是指向 平衡位置的回复力作用下的振动。01 02 2平衡位置：物体在振动过程中 回复力为零的位置。03 3回复力(1)定义：使物体返回到 平衡位置的力。04 (2)方向：总是指向 平衡位置。05 (3)来源：属于 效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。06 4描述简谐运动的物理量(1)位移 x：由 平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是 矢量。07 08 (2)振幅 A：振动物体离开平衡位置的 最大距离，是 标量，表示振动的强弱。09 10 (3)周期 T：物体完成一次 全振动所需的时间。11

2、频率 f：单位时间内完成全振动的 次数。12 它们是表示振动快慢的物理量，二者的关系为 T 。13 1f(4)相位 t ：描述周期性运动在各个时刻所处的不同状态，其中 为 初相。14 5简谐运动的位移表达式： x Asin(t )。15 6弹簧振子(如图，以水平弹簧振子为例)(1)简谐运动的条件：弹簧质量可忽略；无摩擦等阻力；在弹簧弹性限度内。(2)回复力： 弹簧弹力。16 2(3)平衡位置：弹簧处于 原长处。17 (4)周期：与振幅无关，与振子质量和弹簧劲度系数有关。(5)能量转化： 弹性势能与动能相互转化，机械能守恒。18 7简谐运动的特征1(多选)下列关于振动的回复力的说法正确的是( )

3、A回复力方向总是指向平衡位置B回复力是按效果命名的C回复力一定是物体受到的合力D回复力由弹簧的弹力提供E振动物体在平衡位置所受的回复力是零3答案 ABE解析 回复力是按效果命名的，是指向平衡位置使振动物体回到平衡位置的力，可以由某个力或某几个力的合力提供，也可以由某个力的分力提供，故 A、B 正确，C 错误；在水平弹簧振子中回复力由弹簧的弹力提供，但在其他振动中，不一定由弹簧弹力提供，D错误；振动物体在平衡位置受到的回复力是零，E 正确。2(多选)关于简谐运动的周期，以下说法正确的是( )A间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况相同B间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的速度和加速度可

4、能同时相同C半个周期内物体的动能变化一定为零D一个周期内物体的势能变化一定为零E经过一个周期质点通过的路程为零答案 ACD解析 根据周期 T 的定义可知，物体完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，故 A 正确；当间隔半周期的奇数倍时，所有的矢量都变得大小相等，方向相反，且物体的速度和加速度不同时为零，故 B 错误；物体的动能和势能变化的周期为 ，所以 C、D 正确；经过一个周期，质点通过的路程为 4A，E 错误。T23.(多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为 y0.1sin(2.5 t) m。 t0 时刻，一

5、小球从距物块 h 高处自由落下； t0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小 g10 m/s 2。以下判断正确的是( )A h1.7 mB简谐运动的周期是 0.8 sC0.6 s 内物块运动的路程是 0.2 mD t0.4 s 时，物块与小球运动方向相反E t0.6 s 时，物块的位移是0.1 m答案 ABE解析 t0.6 s 时，物块的位移为 y0.1sin(2.50.6) m0.1 m；则对小球h| y| gt2，解得 h1.7 m，A、E 正确；简谐运动的周期是 T s0.8 12 2 22.54s，B 正确；0.6 s 内物块运动的路程是 3A0.3 m，C 错误

6、； t0.4 s ，此时物块在平T2衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，D 错误。考点二 简谐运动的图象1对简谐运动图象的认识(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示。(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹。(3)任一时刻图线上过该点切线的斜率数值表示该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向，为正时沿 x 正方向，为负时沿 x 负方向。2图象信息(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期。(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移。(3)可以根据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向。回复力和加速度的方向：因回复力总是

7、指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向 t 轴。速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判断，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离 t 轴；下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向 t 轴。(4)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况。(2018浙江舟山模拟)(多选)甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知( )5A两弹簧振子完全相同B两弹簧振子所受回复力最大值之比 F 甲 F 乙 21C振子甲速度为零时，振子乙速度最大D两振子的振动频率之比 f 甲 f 乙 12解析 从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比 T 甲 T 乙 21，得频

8、率之比 f 甲 f乙 12，D 正确；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数 k 有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A 错误；由于弹簧的劲度系数 k 不一定相同，所以两振子所受回复力(F kx)的最大值之比 F 甲 F 乙 不一定为 21，所以 B 错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以 C 正确。答案 CD方法感悟简谐运动图象问题的两种分析方法方法一：图象运动结合法解此类题时，首先要理解 xt 图象的意义，其次要把 xt 图象与质点的实际振动过程联系起来，图

9、象上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图象上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向。方法二：直观结论法简谐运动的图象表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移时间的函数关系图象，不是物体的运动轨迹。直接由图象得出相关物理量，再由简谐运动的有关结论、规律求解。一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。6(1)求 t0.2510 2 s 时质点的位移；(2)在 t1.510 2 s 到 t210 2 s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能大小如何变化？(3)在 t0 到 t8.510 2 s 时间内，质点的路程、位移各多大？答案

10、(1) cm2(2)变大 变大 变小 变小 变大 (3)34 cm 2 cm解析 (1)由题图可知 A2 cm， T210 2 s，振动方程为x Asin Acost 2cos cm2cos(100 t) cm。( t 2) ( 2210 2t)当 t0.2510 2 s 时， x2cos cm cm。 4 2(2)由题图可知在 t1.510 2 s 到 t210 2 s 的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。(3)在 t0 到 t8.510 2 s 时间内， t T T，可知质点的路程为174 (4 14)s17 A34 cm，位移为 2 cm。考点三 单摆

11、1单摆的特征(以图示单摆为例)(1)条件： 5，空气阻力可忽略不计，摆线为不可伸长的轻细线。7(2)回复力：摆球重力沿与摆线垂直方向的分力， F 回 mgsin x kx，负mgl号表示回复力 F 回 与位移 x 的方向相反。(3)平衡位置：最低点。(4)周期： T2 ，其中 l 为摆长。lg(5)能量转化：重力势能与动能相互转化，机械能守恒。(6)向心力：细线的拉力和摆球重力沿细线方向分力的合力充当向心力， F 向 FT mgcos 。当摆球在最高点时， F 向 0， FT mgcos 。mv2l当摆球在最低点时， F 向 ， F 向 最大， FT mg m 。mv2maxl v2maxl2

12、周期公式 T2 的两点说明lg(1)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。如图甲所示的双线摆的摆长l r Lcos 。乙图中小球(可看做质点)在半径为 R 的光滑圆槽中靠近 A 点的附近振动，其等效摆长为 l R。(2)g 为当地重力加速度。若单摆处于特殊的物理环境，即在其他星球、处于超失重状态等， g 为等效加速度。(2018郑州模拟)(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )8A甲、乙两单摆的摆长相等B甲摆的振幅比乙摆的大C甲摆的机械能比乙摆的大D在 t0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆E由图象可以求出当地的重力加速度解析 由题图可知，两单摆的周

13、期相同，同一地点重力加速度 g 相同，由单摆的周期公式 T2 得知，甲、乙两单摆的摆长相等，A 正确；甲摆的振幅为 10 cm，乙摆的振lg幅为 7 cm，则甲摆的振幅比乙摆的大，B 正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，故无法比较机械能的大小，C 错误；在 t0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，D 正确；由单摆的周期公式 T2 得 g ，由于不知道单摆的摆长，所以不能lg 4 2lT2求出当地的重力加速度，E 错误。答案 ABD方法感悟1 公式成立的条件是单摆的偏角不超过 5。2 单摆的振动周期

14、在振幅较小的条件下，与单摆的振幅无关，与摆球的质量也无关。(3)摆长 l 是指摆动圆弧的圆心到摆球重心的距离，而不一定为摆线的长。如图甲是一个单摆振动的情形， O 是它的平衡位置， B、 C 是摆球所能到达的最远位置。设向右为正方向，图乙是这个单摆的振动图象。根据图象回答：9(1)单摆振动的频率是多大？(2)开始时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为 10 m/s2，试求这个单摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)1.25 Hz (2) B 点 (3)0.16 m解析 (1)由题图乙知周期 T0.8 s，则频率 f 1.25 Hz。1T(2)由题图乙知， t0 时摆球在负

15、向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球在 B 点。(3)由 T2 ，得 l 0.16 m。lg gT24 2考点四 用单摆测定重力加速度1实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为 T2 ，它与偏角的大小及摆球lg的质量无关，由此得到 g 。因此，只要测出摆长 l 和振动周期 T，就可以求出当01 4 2lT2地的重力加速度 g 的值。2实验器材带中心孔的小钢球、约 1 m 长的细线(不可伸长)、带有铁夹的铁架台、游标卡尺、毫米刻度尺、 停表。02 3实验步骤与数据处理(1)做单摆取约 1 m 长的细线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁

16、架台上，让摆球自然下垂，在平衡位置做上标记，如图所示。10(2)测摆长用毫米刻度尺量出摆线长 L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径 D，则单摆的摆长l L 。03 D2(3)测周期将单摆从平衡位置拉开一个角度(不大于 5)，然后释放小球，记下单摆摆动 30 或 50次全振动的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期。(4)改变摆长，重做几次实验。(5)数据处理公式法： g 。其中 l 和 T 为多次测量的平均值。04 4 2lT2图象法：画 l T2图象。g4 2k， k 。lT2 l T24注意事项(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角

17、不超过 5。(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。(3)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证悬点固定。(4)选择在摆球摆到平衡位置处时开始计时，并数准全振动的次数。115实验误差(1)系统误差的主要来源：悬点不固定，球、线不符合要求，振动是圆锥摆而不是在同一竖直平面内的振动等。(2)偶然误差的主要来源：未从平衡位置开始计时，多计或漏计全振动的次数，刻度尺测摆线长读数误差等。(2018浙江模拟)某同学利用单摆测定当地的重力加速度。(1)实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有_。A长度约为 1 m 的细线B长

18、度约为 30 cm 的细线C直径约为 2 cm 的钢球D直径约为 2 cm 的木球E最小刻度为 1 cm 的直尺F最小刻度为 1 mm 的直尺(2)该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做 50 次全振动的时间，如图甲所示，秒表的读数为_ s。(3)该同学经测量得到 6 组摆长 L 和对应的周期 T，画出 L T2图线，然后在图线上选取 A、 B 两个点，坐标如图乙所示。则当地重力加速度的表达式 g_。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样_(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。解析 (1)由单摆周期公式 T2 可得， g L，实验需要测量摆长

19、，摆长等于Lg 4 2T2摆线的长度加上摆球的半径，测量摆线长需要毫米刻度尺，摆线的长度大约 1 m 左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，故选用的器材为 ACF。(2)秒表表示读数：内圈读数：60 s，外圈读数 35.1 s，总读数为 t60 s35.1 s95.1 s。12(3)由 T2 可得， L T2，Lg g4 2则 L T2图象的斜率等于 ，由数学知识得 ，解得 gg4 2 g4 2 L T2 LB LAT2B T2A。4 2 LB LAT2B T2A根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算。答案 (1)ACF (2)95

20、.1 (3) 不影响4 2 LB LAT2B T2A方法感悟(1)根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，通过表达式，结合单摆模型的要求确定所需的器材。(2)秒表读数：先读内圈，读数时只读整数(分钟)，且根据是否过半分钟格线由外圈读出秒数，读外圈时，指针是准确的，不用估读。(3)根据实验注意事项与实验原理分析实验误差。由单摆周期公式变形，得到 T2与 L的关系式，分析图象斜率的意义，求解 g。1某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中测量了一些数据，其中的一组数据如下所示。(1)用游标卡尺测量摆球直径，卡尺游标位置如图甲所示，可知摆球直径是_ cm。(2)该同学用秒表记录了单摆振动 30 次

21、全振动所用的时间如图乙所示，则单摆的周期13是_ s。(保留三位有效数字)(3)为了提高实验精度，在试验中可改变几次摆长 l，测出相应的周期 T，从而得出几组对应的 l 与 T 的数值，再以 l 为横坐标， T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图丙所示，利用图线可求出图线的斜率 k_，再由 k 可求出 g_。(保留三位有效数字)(4)如果他测得的 g 值偏小，可能的原因是( )A将摆线长作为摆长B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时，秒表过迟按下D实验中误将 29 次全振动数记为 30 次答案 (1)1.940 (2)1.90 (3)4 9.86 m/s 2 (4

22、)AB解析 (1)由图示游标卡尺可知，其示数为：19 mm80.05 mm19.40 mm1.940 cm。(2)由图示秒表可知，其示数为：56.9 s，单摆的周期： T s1.90 s。tn 56.930(3)由单摆周期公式： T2 ，可得 T2 l，由图示图象可知 k 4，lg 4 2g T2 l 41又有 k ，重力加速度 g 9.86 m/s 2。4 2g 4 2k 43.1424(4)由单摆周期公式： T2 ，可得 g l，将摆线长作为摆长，则摆长的测量lg 4 2T2值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故 A 正确；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长

23、的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故B 正确；开始计时，秒表过迟按下，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故 C 错误；实验中误将 29 次全振动数记为 30 次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故 D 错误。所以选 AB。2如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图， O 是它的平衡位置， P、 Q 是小球所能到达的最高位置。小球的质量 m0.4 kg，图乙是摆线长为 l 时小球的振动图象，g 取 10 m/s2。14(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过_(填“ O”“P”或“ Q”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长) L 及单摆

24、完成 n 次全振动所用的时间 t，则重力加速度 g_(用 L、 n、 t 表示)。(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时切向加速度最大？最大切向加速度为多少？答案 (1) O (2) x5sin t(cm) 小球在最大位移处的切向加速度最大 4 2n2Lt20.5 m/s2解析 (1)因摆球经过最低点的速度最大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点 O 开始计时，单摆周期 T ，再根据单摆周期公式 T2 ，可解得 gtn Lg。4 2n2Lt2(2)由图乙可知单摆的振幅 A5 cm， rad/s rad/s，初相 0，2T 22所以单摆做简谐运动的表达式为 x

25、5sin t(cm)。小球在最大位移处的切向加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是 2 s，根据 T2 ，可求得摆长为 L1 m，切向加速度最Lg大值 am m/s20.5 m/s 2。Fmm mgsinm gAL 10510 21考点五 受迫振动 共振1受迫振动系统在 驱动力作用下的振动。做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等01 于 驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率) 无关。02 03 2受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能 不守恒，系统与外界时刻进行04 15能量交换。3共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，

26、振幅达到 最大，这就是共振现象。共振曲线如图所示。05 06 1.(多选)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为 2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则( )A当振子稳定振动时，它的振动周期是 0.5 sB当振子稳定振动时，它的振动频率是 4 HzC当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D当摇把转动的频率减小到接近弹簧振子的频率时，弹簧振子的振幅增大E弹簧振子的振幅与转速有关答案 BDE解析 摇把匀速转动的频率 f Hz4 Hz，周期 T 0.25 s，当振子稳定振动24060 1f时，它的振动周期及频率均

27、与驱动力的周期及频率相等，A 错误，B 正确；当摇把转动的频率减小到接近振子的固有频率时，弹簧振子的振幅将增大，C 错误，D、E 正确。2教材母题 (人教版选修 34 P 21T4)如图是一个单摆的共振曲线。(1)试估计此单摆的摆长。(2)若摆长增大，共振曲线振幅最大值的横坐标将怎样变化？16变式子题 (多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅 A 与驱动力频率f 的关系)如图所示，则下列说法正确的是( g 取 10 m/s2)( )A此单摆的固有周期约为 2 sB此单摆的摆长约为 1 mC若摆长增大，单摆的固有频率增大D若摆长增大，共振曲线的峰将向左移动E此单摆的振幅是 8 cm答

28、案 ABD解析 由共振曲线知此单摆的固有频率为 0.5 Hz，固有周期为 2 s，再由 T2 得此单摆的摆长约为 1 m，若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振lg曲线的峰将向左移动，A、B、D 正确，C 错误；此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为 8 cm，E 错误。3(2018焦作模拟)(多选)如图所示， A 球振动后，通过水平细绳迫使 B、 C 振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是( )17A只有 A、 C 振动周期相等B C 的振幅比 B 的振幅小C C 的振幅比 B 的振幅大D A、 B、 C 的振动周期相等E B 的振幅最小答案 CDE解析 A 振动后，水平

29、细绳上驱动力的周期 TA2 ，迫使 B、 C 做受迫振动，受lAg迫振动的频率等于施加的驱动力的频率，所以 TA TB TC，A 错误，D 正确；而 TC 固 2 TA， TB 固 2 TA，故 C 共振， B 不共振， C 的振幅比 B 的振幅大，所以 C、E 正lCg lBg确，B 错误。课后作业巩固强化练1(多选)弹簧振子做简谐运动， O 为平衡位置，当它经过点 O 时开始计时，经过 0.3 s 第一次到达点 M，再经过 0.2 s 第二次到达点 M，则弹簧振子的周期为( )A0.53 s B1.4 s C1.6 s D3 s答案 AC解析 分情况讨论：如图甲所示， O 为平衡位置， O

30、B(OC)代表振幅，振子从 O C 所需时间为 。因为简谐运动具有对称性，所以振子从 M C 所用时间和从 C M 所用时间相等，T4故 0.3 s 0.4 s，解得 T1.6 s，C 正确。T4 0.2 s2如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点 B 运动，设点 M与点 M 关于点 O 对称，则振子从点 M经过点 B 回到点 M所用的时间与振子从点 M 经过点 C 回到点 M 所需时间相等，即 0.2 s。振子从点 O 到点 M和从点 M到点 O 以及从点 O 到点 M 所需时间相等，为 s，故周期为 T s s0.53 s，A 正确。0.3 s 0.2 s3 130 (0.5 130) 1

31、630182摆长为 L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取 t0)，当振动至 t 32时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的( )Lg答案 C解析 单摆周期为 T2 ，当 t 时摆球具有负向最大速度，知摆球经Lg 32 Lg 3T4过平衡位置向负方向振动，C 正确，A、B、D 错误。3.如图，在一直立的光滑管内放置一劲度系数为 k 的轻质弹簧，管口上方 O 点与弹簧上端初位置 A 的距离为 h，一质量为 m 的小球从 O 点由静止下落，压缩弹簧至最低点 D，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。小球自 O 点下落到最低点 D 的过程中，下列说法中正确的是( )A小球最大速度的

32、位置随 h 的变化而变化B小球的最大速度与 h 无关C小球的最大加速度大于重力加速度D弹簧的最大压缩量与 h 成正比答案 C解析 小球速度最大的位置，加速度为零，即重力等于弹力，有 mg kx，所以 x 不变，则最大速度位置不变，与 h 无关，故 A 错误；小球从下落点到平衡位置，重力和弹力做功，下落的高度不同，小球的最大速度不同，故 B 错误；若小球在 A 点释放，根据简谐运动的对称性，在最低点加速度为 g，方向向上，若小球在 O 点释放，最低点位置会下降，则最大加速度大于 g，故 C 正确；在最低点弹簧的压缩量最大，根据能量守恒定律可得 mg(h x)19 kx2，故弹簧的最大压缩量与 h

33、 有关，但不是成正比关系，故 D 错误。124有一个在 y 方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图所示，下列关于下图中的判断正确的是( )A图可作为该物体的回复力时间图象B图可作为该物体的回复力时间图象C图可作为该物体的速度时间图象D图可作为该物体的加速度时间图象答案 A解析 根据简谐振动回复力 F kx 知，回复力或加速度与位移大小成正比，方向相反，可得 A 正确，B、D 错误；速度在平衡位置最大，在最大位移处为零，图可作为速度时间图象，C 错误。5(多选)如图甲所示为以 O 点为平衡位置，在 A、 B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是(

34、)A在 t0.2 s 时，弹簧振子的加速度为正向最大B在 t0.1 s 与 t0.3 s 两个时刻，弹簧振子在同一位置C在 t0 到 t0.2 s 时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D在 t0.6 s 时，弹簧振子有最小的弹性势能答案 BC20解析 t0.2 s 时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A 错误；在 t0.1 s 与 t0.3 s 两个时刻，弹簧振子的位移相同，B 正确；从 t0 到 t0.2 s 时间内，弹簧振子从平衡位置向正的最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速

35、运动，C 正确；在 t0.6 s 时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变最大，弹簧振子的弹性势能最大，D 错误。6(多选)把一个筛子用四根弹簧支撑起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，如图甲所示。该共振筛的共振曲线如图乙所示。已知增大电压，可使偏心轮转速提高，增加筛子质量，可增大筛子的固有周期。现在，在某电压下电动偏心轮转速是 54 r/min。为了使筛子的振幅增大，下列做法正确的是( )A提高输入电压 B降低输入电压C增加筛子质量 D减小筛子质量答案 BD解析 由题图乙可知筛子的固有频率为 0.8 Hz，那么固有周期为 1.25 s，而现在偏

36、心轮转速为 54 r/min，即周期为 s1.25 s，为了使振幅增大，应该使偏心轮的周期更接109近筛子的固有周期，所以要增大偏心轮的转动周期，或减小筛子的固有周期，结合题意可知应该降低输入电压，或减小筛子质量，故 B、D 正确。7在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题，装置配重杆的主要目的是( )A加大飞机的惯性 B使机体更加平衡C使机翼更加牢固 D改变机翼的固有频率答案 D解析 飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力周期与机翼

37、的固有周期非常接近或相等。在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过改变机翼的质量来改变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，故 D 正确。真题模拟练8(2018天津高考)(多选)一振子沿 x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。 t021时振子的位移为0.1 m， t1 s 时位移为 0.1 m，则( )A若振幅为 0.1 m，振子的周期可能为 s23B若振幅为 0.1 m，振子的周期可能为 s45C若振幅为 0.2 m，振子的周期可能为 4 sD若振幅为 0.2 m，振子的周期可能为 6 s答案 AD解析 若振幅为 0.1 m，根据题意可知从 t0 s 到 t1 s 振子经

38、历的时间为T1 s( n0,1,2,3)，解得 T s(n0,1,2,3)，当 n1 时， T s，把(n12) 22n 1 23T s 代入得 n ，不符合题意，A 正确，B 错误；如果振幅为 0.2 m，结合位移时间45 34关系图象，有 1 s nT(n0,1,2,3) ，或者 1 s T nT(n0,1,2，3) ，T2 56或者 1 s nT(n0,1,2,3) ，对于式，只有当 n0 时， T2 s，为整数；对T6于式， T 不为整数，对于式，只有当 n0 时， T6 s，为整数，故 C 错误，D 正确。9.(2017北京高考)某弹簧振子沿 x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正

39、确的是( )A t1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B t2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C t3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D t4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值答案 A解析 t1 s 时，振子处于正的最大位移处，振子的速度为零，加速度为负的最大值，A 正确； t2 s 时，振子在平衡位置且向 x 轴负方向运动，则振子的速度为负，加速度为零，B 错误； t3 s 时，振子处于负的最大位移处，振子的速度为零，加速度为正的最大值，C 错误； t4 s 时，振子在平衡位置且向 x 轴正方向运动，则振子的速度为正，加速度为零，D 错误。10(2

40、016北京高考)如图所示，弹簧振子在 M、 N 之间做简谐运动。以平衡位置 O 为原点，建立 Ox 轴。向右为 x 轴正方向。若振子位于 N 点时开始计时，则其振动图象为( )22答案 A解析 振子在 N 点时开始计时，其位移为正向最大，并按余弦规律变化，故 A 正确。11(2016海南高考)(多选)下列说法正确的是( )A在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周

41、期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向答案 ABD解析 在同一地点，重力加速度 g 为定值，根据单摆周期公式 T2 可知，周期Lg的平方与摆长成正比，故 A 正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故 B 正确；根据单摆周期公式 T2 可知，单摆的周期与摆球质量无关，故 C 错误；当系统做稳定的受迫振动Lg时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故 D 正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定，故 E 错误。12.(2019百师联

42、盟七调)(多选)如图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量是乙的质量的 4 倍，弹簧振子做简谐运动的周期 T2 ，式中 m 为振子的质量， k 为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两mk物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )23A甲的振幅是乙的振幅的 4 倍B甲的振幅等于乙的振幅C甲的最大速度是乙的最大速度的12D甲的振动周期是乙的振动周期的 2 倍E甲的振动频率是乙的振动频率的 2 倍答案 BCD解析 将甲、乙两物块看成一个整体，受力分析可知，线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后，甲、乙两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相

43、同，故 A 错误，B 正确；在线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，由于甲的质量是乙的质量的 4 倍，由 Ek mv2知，甲的最大速度一定是乙12的最大速度的 ，故 C 正确；根据 T2 可知，甲的振动周期是乙的振动周期的 2 倍，12 mk根据 f 可知，甲的振动频率是乙的振动频率的 ，D 正确，E 错误。1T 1213(2018哈尔滨模拟)有两个同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的 DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期 T 与摆长 l 的关系” ，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了 T2l 图象，如图甲所示，去北大

44、的同学所测实验结果对应的图线是_(选填“ A”或“ B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了 a、 b 两个摆球的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆摆长之比_。在 t1 s 时， b 球振动的方向是_。lalb24答案 B 沿 y 轴负方向49解析 由单摆的周期公式 T2 得： T2 l，即图象的斜率 k ，重力加lg 4 2g 4 2g速度越大，斜率越小，我们知道北京的重力加速度比南京的大，所以去北大的同学所测实验结果对应的图线是 B；从题图乙可以得出 Tb1.5 Ta，由 T2 知，两单摆摆长之比lg ；从题图乙可以看出， t1 s 时 b 球正在向负的最大位移处运动，所以

45、 b 球的振动lalb 49方向沿 y 轴负方向。14(2018郑州模拟)如图所示， ACB 为光滑弧形槽，弧形槽半径为 R， C 为弧形槽最低点， RA 。甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从 A 点由静止释放，球大小不计，问：B(1)两球第 1 次到达 C 点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点 C 的正上方 h 处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点 C 处相遇，则甲球下落的高度 h 是多少？答案 (1) (2) (n0,1,2)22 2n 1 2 2R825解析 (1)甲球做自由落体运动 R gt ，12 21所以 t1 ，2Rg乙球沿圆弧做简谐运动(由于 A R，可认为摆角 5)。此运动与一个摆长为 R 的C单摆运动模型相同，故此等效摆长为 R，因此乙球第 1 次到达 C 处的时间为t2 T 2 ，所以 。14 14 Rg 2 Rg t1t2 22(2)甲球从离弧形槽最低点 h 高处自由下落，到达 C 点的时间为 t 甲 ，2hg由于乙球运动的周期性，所以乙球到达 C 点的时间为t 乙 n (2n1)( n0,1,2)，T4 T2 2 Rg由于甲、乙在 C 点相遇，故 t 甲 t 乙 ，联立解得 h (n0,1,2)。 2n 1 2 2R826